5 斜円錐の場合

次に斜円錐の場合を考える。 ただし、[2] に合わせ、 まずは底面は楕円

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\leq 1\hspace{1zw}(a>0, b>0)$$

であるとし、頂点は $\mathrm{P}(p,q,h)$ ($h>0$) であるとする。

この場合は、 $\mathrm{Q}=\mathrm{Q}(t)$ は、

$$\overrightarrow{\mathrm{OQ}(t)}=(a\cos t,b\sin t,0)\hspace{1zw}(0\leq t\leq 2\pi)$$

とパラメータ表示できるので、

$$\mbox{\boldmath$q$}(t)=\overrightarrow{\mathrm{PQ}(t)}=(a\cos t-p,b\sin t-q,-h)$$

となる。よって、

$$\mbox{\boldmath$q$}'(t)=(-a\sin t,b\cos t,0)$$

であるから、

$$\begin{eqnarray*}\mbox{\boldmath$q$}\times\mbox{\boldmath$q$}' &=& (a\cos t-p,... ...in t,b\cos t,0) \ &=& (bh\cos t,ah\sin t,ab-bp\cos t-aq\sin t)\end{eqnarray*}$$

となるので、

$$\frac{\vert\mbox{\boldmath$q$}\times\mbox{\boldmath$q$}'\ver... ...(ab-bp\cos t-aq\sin t)^2}}{% (a\cos t-p)^2+(b\sin t-q)^2+h^2}$$

となるから、$r=r(t)$, $\theta=\theta(t)$ は、

$$r(t) = \sqrt{(a\cos t-p)^2+(b\sin t-q)^2+h^2},$$ (14)

$$\theta(t) = \int_0^t \frac{\sqrt{h^2(b^2\cos^2 t+a^2\sin^2t)+(ab-bp\cos t-aq\sin t)^2}}{% (a\cos t-p)^2+(b\sin t-q)^2+h^2} dt$$ (15)

となる。

問題は、(15) の積分であるが、 これは、[2] p12 (17) の積分に分母をつけた形であるから、 その積分より易しくはないことが容易に想像される。 実際この積分も、一般には [2] (17) の積分と同じく 楕円積分になっていて、 初等的な関数でその積分を表すことはできない。 次節で、[2] の 7 節と同様の計算を行いながら それをざっと紹介する。